Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giả sử a <0
Vì abc>0 nên bc <0
Có ab+bc+ca>0
<=>a(b+c)>-bc
Vì bc<0=>-bc>0
=>a(b+c)>0
Mà a<0 nên b+c<0
=> a+b+c<0
Mà theo đề a+b+c>0
=> điều giả sử sai
=> điều pk chứng minh
Giả sử ba số aa, bb, cc không đồng thời là các số dương thì có ít nhất một số không dương.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a ≤ 0
Nếu a = 0a = 0 thì abc = 0abc = 0 (mâu thuẫn với giả thiết abc>0abc > 0)
Nếu a < 0a < 0 thì từ abc > 0 \Rightarrow bc < 0abc > 0⇒ bc < 0.
Ta có ab + bc + ca > 0 \Leftrightarrow a(b + c) > -bc \Rightarrow a(b+c) > 0 \Rightarrow b + c < 0 \Rightarrow a + b + c < 0ab + bc + ca > 0 ⇔ a(b+c) > − bc ⇒ a(b+c) > 0 ⇒ b + c < 0 ⇒ a + b + c < 0 (mâu thuẫn với giả thiết)
Vậy cả ba số aa, bb và cc đều dương.
Giả sử ngược lại, trong 3 số a , b , c có ít nhất 1 số \(\le0\). Vì a, b, c vai trò như nhau, nên ta có thể xem \(a\le0\)
Khi đó : \(abc>0\Rightarrow\)\(a<0,bc<0\)
\(\Rightarrow a\left(b+c\right)=ab+ac>-bc>0\)
\(\Rightarrow a\left(b+c\right)>0\)
\(\Rightarrow b+c<0\) ( Vì chứng minh trên có a < 0 )
\(\Rightarrow a+b+c<0\Rightarrow\) vô lí
Vậy \(a,b,c>0\)
Lời giải
a) c/m \(f\left(x\right)=x^2-ax-3bc+\dfrac{a^2}{3}>0\forall x\)
\(\Delta_{x_{a,b,c}}=a^2+12bc-\dfrac{4}{3}a^2=\dfrac{-a^2+36bc}{3}\)
\(\Delta=\dfrac{-a^3+36}{3a}\)
\(a^3>36\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a>0\\-a^3+36< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\dfrac{-36a^3+36}{3a}< 0\)
\(\Rightarrow\) F(x) vô nghiệm => f(x)>0 với x => dpcm
b)
\(\dfrac{a^2}{3}+b^2+c^2>ab+bc+ca\)\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{3}+b^2+c^2-ab-bc-ac>0\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)^2-a\left(b+c\right)-3bc+\dfrac{a^2}{3}>0\)
Từ (a) =>\(f\left(b+c\right)=\left(b+c\right)^2-a\left(b+c\right)-3bc+\dfrac{a^2}{3}>0\) => dccm
BĐT cần chứng minh tương đương với
\(\left(1-\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}\right)+\left(1-\frac{b^5-b^2}{b^5+c^2+a^2}\right)+\left(1-\frac{c^5-c^2}{c^5+a^2+b^2}\right)\le3\)
hay \(\frac{1}{a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{b^5+c^2+a^2}+\frac{1}{c^5+a^2+b^2}\le\frac{3}{a^2+b^2+c^2}\)
Từ \(abc\ge1\) ta có:
\(\frac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\frac{1}{\frac{a^5}{abc}+b^2+c^2}=\frac{1}{\frac{a^4}{bc}+b^2+c^2}\)
\(\le\frac{1}{\frac{2a^4}{b^2+c^2}+b^2+c^2}=\frac{b^2+c^2}{2a^4+\left(b^2+c^2\right)^2}\)
Do \(4u^2+v^2\ge4uv\Leftrightarrow4u^2+v^2\ge\frac{2}{3}\left(u+v\right)^2\)nên
\(2a^4+\left(b^2+c^2\right)^2\ge\frac{2}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
Suy ra \(\frac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\frac{3\left(b^2+c^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Tương tự ta có \(\frac{1}{b^5+c^2+a^2}\le\frac{3\left(c^2+a^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
và \(\frac{1}{c^5+a^2+b^2}\le\frac{3\left(a^2+b^2\right)}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)
Cộng ba vế của các BĐT trên ta được
\(\frac{1}{a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{b^5+c^2+a^2}+\frac{1}{c^5+a^2+b^2}\le\frac{3}{a^2+b^2+c^2}\)
Vậy \(\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}+\frac{b^5-b^2}{b^5+c^2+a^2}+\frac{c^5-c^2}{c^5+a^2+b^2}\ge0\)
(Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c=1\))
Lời giải:
Ta thấy:
\(\text{VT}=(a+\frac{ca}{a+b})+(b+\frac{ab}{b+c})+(c+\frac{bc}{c+a})\)
\(=\frac{a(a+b+c)}{a+b}+\frac{b(a+b+c)}{b+c}+\frac{c(a+b+c)}{c+a}\)
\(=(a+b+c)\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)\)
\(\geq (a+b+c).\frac{(a+b+c)^2}{a^2+ab+b^2+bc+c^2+ac}=\frac{(a+b+c)^3}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\) (theo BĐT Cauchy-Schwarz)
Có:
$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)=a^2+b^2+c^2+2$
$\Rightarrow a+b+c=\sqrt{a^2+b^2+c^2+2}=\sqrt{t+2}$ với $t=a^2+b^2+c^2$
Do đó:
$\text{VT}\geq \frac{\sqrt{(t+2)^3}}{t+1}$ \(=\sqrt{\frac{(t+2)^3}{(t+1)^2}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\((t+2)^3=\left(\frac{t+1}{2}+\frac{t+1}{2}+1\right)^3\geq 27.\frac{(t+1)^2}{4}\)
\(\Rightarrow \text{VT}=\sqrt{\frac{(t+2)^3}{(t+1)^2}}\geq \sqrt{\frac{27}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$
Quay lại diễn đàn trong thinh lặng:))
Chứng minh: $$\left( a+{\frac {ab}{b+c}}+b+{\frac {bc}{c+a}}+c+{\frac {ca}{a+b}}
\right) ^{2}-{\frac {27\,ab}{4}}-{\frac {27\,ca}{4}} \geqq {\frac {27\,bc}{
4}}$$
Sau khi quy đồng, cần chứng minh$:$
$$\frac{1}{2} \sum\limits_{cyc} \left( 5\,{a}^{4}{b}^{2}+8\,{a}^{3}{b}^{3}+7\,{a}^{2}{b}^{4}+98\,{a}^
{2}{b}^{3}c+99\,{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2}+124\,{a}^{2}b{c}^{3}+34\,a{b}^{4
}c+130\,a{b}^{3}{c}^{2}+26\,{b}^{4}{c}^{2}+44\,{b}^{3}{c}^{3}+{c}^{6}
\right) \left( a-b \right) ^{2} \geqq 0$$
Ta có: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=3\)
Do \(a>0\Rightarrow\left(a-1\right)^2\left(a+\frac{1}{2}\right)\ge0\)
\(\Rightarrow a^3-\frac{3}{2}a^2+\frac{1}{2}\ge0\Rightarrow a^3\ge\frac{3}{2}a^2-\frac{1}{2}\)
Tương tự ta có: \(b^3\ge\frac{3}{2}b^2-\frac{1}{2}\) ; \(c^3\ge\frac{3}{2}c^2-\frac{1}{2}\)
Cộng vế với vế:
\(a^3+b^3+c^3\ge\frac{3}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{3}{2}\ge3.\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có: \(\frac{a^3}{b}+ab\geq 2a^2\)
Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\geq 2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ac)\)
Theo hệ quả của BĐT AM-GM thì:
\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\)
Do đó, \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\geq ab+bc+ac\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c>0\)
Đề bài yêu cầu : Chứng minh rằng cả ba số a,b,c đều là số dương.
Giải như sau :
Vì abc>0 nên trong ba số a,b,c phải có ít nhất một số dương. (Giả sử ngược lại cả 3 số đều âm => abc<0 => vô lí)
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a>0 , mà abc>0 => bc>0
Nếu b<0 , c<0 => b+c<0
Từ a+b+c>0 => b+c>-a => \(\left(b+c\right)^2< -a\left(b+c\right)\)
=> \(b^2+2bc+c^2< -ab-ac\)
=> \(ab+bc+ca< -b^2-bc-c^2\)
=> \(ab+bc+ca< 0\) (vô lí vì trái với giả thiết)
Vậy phải có b>0 và c>0. Suy ra cả ba số a,b,c đều dương.